IPhO 2003, теоретический тур

Подсказка

Длина нити \(s + R\theta\) постоянна, поэтому точка касания \(Q\) движется по окружности, а частица относительно \(Q\) — перпендикулярно нити. Нить перестаёт быть прямой, когда её натяжение обращается в ноль; натяжение находите из второго закона Ньютона вдоль нити и закона сохранения энергии.

Ответ

(a) \(\dot s + R\dot\theta = 0\); (b) \(\vec v_Q = R\dot\theta\,\hat t = -\dot s\,\hat t\); (c) \(\vec v\,' = -s\dot\theta\,\hat r + \dot s\,\hat t\); (d) \(\vec v = -s\dot\theta\,\hat r\); (e) \(\vec a\cdot\hat t = -s\dot\theta^2\); (f) \(U(\theta) = -mg[R(1 - \cos\theta) + s\sin\theta]\); (g) \(v_m = \sqrt{2g[R + (L - \pi R/2)]}\);  (h) \(v_s = \sqrt{\dfrac{4gR}{3}}\cos\dfrac{\pi}{16} = 1{,}133\sqrt{gR}\); (i) \(v_H = \sqrt{\dfrac{4gR}{3}}\cos\dfrac{\pi}{16}\sin\dfrac{\pi}{8} = 0{,}4334\sqrt{gR}\);  (j) \(\alpha_c = \dfrac{1}{1 + \dfrac{2M}{3m}}\).

Решение

Часть A

(a) Поскольку длина нити \(L = s + R\theta\) постоянна, скорость её изменения должна быть равна нулю. Отсюда \[\dot s + R\dot\theta = 0. \tag{A1}\]

(b) Относительно \(O\) точка \(Q\) движется по окружности радиусом \(R\) с угловой скоростью \(\dot\theta\), поэтому \[\vec v_Q = R\dot\theta\,\hat t = -\dot s\,\hat t. \tag{A2}\]

(c) См. рис. A1. Относительно \(Q\) перемещение \(P\) за интервал времени \(\Delta t\) равно \(\Delta\vec r\,' = (s\Delta\theta)(-\hat r) + (\Delta s)\hat t = [(s\dot\theta)(-\hat r) + \dot s\,\hat t]\Delta t\). Отсюда \[\vec v\,' = -s\dot\theta\,\hat r + \dot s\,\hat t. \tag{A3}\]

(d) Скорость частицы относительно \(O\) равна сумме двух относительных скоростей, даваемых уравнениями (A2) и (A3), так что \[\vec v = \vec v\,' + \vec v_Q = (-s\dot\theta\,\hat r + \dot s\,\hat t) + R\dot\theta\,\hat t = -s\dot\theta\,\hat r. \tag{A4}\]

(e) См. рис. A2. Компонента изменения скорости \(\Delta\vec v\) вдоль \((-\hat t)\) равна \((-\hat t)\cdot\Delta\vec v = v\Delta\theta = v\dot\theta\Delta t\). Поэтому \(\hat t\)-компонента ускорения \(\vec a = \Delta\vec v/\Delta t\) равна \(\hat t\cdot\vec a = -v\dot\theta\). Поскольку, согласно (A4), скорость частицы \(v\) равна \(s\dot\theta\), \(\hat t\)-компонента ускорения частицы в точке \(P\) равна \[\vec a\cdot\hat t = -v\dot\theta = -(s\dot\theta)\dot\theta = -s\dot\theta^2. \tag{A5}\]

Заметим, что по рис. A2 радиальную компоненту ускорения можно получить также как \(\vec a\cdot\hat r = -dv/dt = -d(s\dot\theta)/dt\).

(f) См. рис. A3. Гравитационная потенциальная энергия частицы равна \(U = -mgh\). Её можно выразить через \(s\) и \(\theta\): \[U(\theta) = -mg[R(1 - \cos\theta) + s\sin\theta]. \tag{A6}\]

(g) В нижней точке траектории гравитационная потенциальная энергия частицы \(U\) должна принимать минимальное значение \(U_m\). Дифференцируя (A6) по \(\theta\) и используя (A1), можно найти угол \(\theta_m\), соответствующий минимуму гравитационной энергии: \[\frac{dU}{d\theta} = -mg\left(R\sin\theta + \frac{ds}{d\theta}\sin\theta + s\cos\theta\right) = -mg[R\sin\theta + (-R)\sin\theta + s\cos\theta] = -mgs\cos\theta.\] При \(\theta = \theta_m\) \(\left.\dfrac{dU}{d\theta}\right|_{\theta_m} = 0\). Получаем \(\theta_m = \dfrac{\pi}{2}\). Нижняя точка траектории частицы показана на рис. A4, где длина участка нити \(QP\) равна \(s = L - \pi R/2\).

По рис. A4 или уравнению (A6) минимальная потенциальная энергия тогда равна \[U_m = U(\pi/2) = -mg[R + L - (\pi R/2)]. \tag{A7}\] Вначале полная механическая энергия \(E\) равна 0. Поскольку \(E\) сохраняется, скорость \(v_m\) частицы в нижней точке траектории должна удовлетворять условию \[E = 0 = \frac12mv_m^2 + U_m. \tag{A8}\] Из (A7) и (A8) получаем \[v_m = \sqrt{-2U_m/m} = \sqrt{2g[R + (L - \pi R/2)]}. \tag{A9}\]

Часть B

(h) Согласно (A6), полную механическую энергию частицы можно записать как \[E = 0 = \frac12mv^2 + U(\theta) = \frac12mv^2 - mg[R(1 - \cos\theta) + s\sin\theta]. \tag{B1}\] Согласно (A4), скорость \(v\) равна \(s\dot\theta\). Поэтому из (B1) следует \[v^2 = (s\dot\theta)^2 = 2g[R(1 - \cos\theta) + s\sin\theta]. \tag{B2}\] Пусть \(T\) — натяжение нити. Тогда, как видно из рис. B1, \(\hat t\)-компонента результирующей силы, действующей на частицу, равна \(-T + mg\sin\theta\). Согласно (A5), тангенциальное ускорение частицы равно \((-s\dot\theta^2)\). Поэтому по второму закону Ньютона \[m(-s\dot\theta^2) = -T + mg\sin\theta. \tag{B3}\]

Согласно двум последним уравнениям, натяжение можно выразить как \[T = m(s\dot\theta^2 + g\sin\theta) = \frac{mg}{s}[2R(1 - \cos\theta) + 3s\sin\theta] = \frac{2mgR}{s}\left[\operatorname{tg}\frac{\theta}{2} - \frac32\left(\theta - \frac{L}{R}\right)\right](\sin\theta) = \frac{2mgR}{s}(y_1 - y_2)(\sin\theta). \tag{B4}\] Функции \(y_1 = \operatorname{tg}(\theta/2)\) и \(y_2 = 3(\theta - L/R)/2\) построены на рис. B2.

Из (B4) и рис. B2 получаем результат, приведённый в таблице B1. Угол, при котором \(y_2 = y_1\), обозначается \(\theta_s\) (\(\pi < \theta_s < 2\pi\)) и определяется уравнением \[\frac32\left(\theta_s - \frac{L}{R}\right) = \operatorname{tg}\frac{\theta_s}{2}, \tag{B5}\] или, что равносильно, \[\frac{L}{R} = \theta_s - \frac23\operatorname{tg}\frac{\theta_s}{2}. \tag{B6}\] Поскольку отношение \(L/R\) задано как \[\frac{L}{R} = \frac{9\pi}{8} + \frac23\operatorname{ctg}\frac{\pi}{16} = \left(\pi + \frac{\pi}{8}\right) - \frac23\operatorname{tg}\frac12\left(\pi + \frac{\pi}{8}\right), \tag{B7}\] из двух последних уравнений сразу видно, что \(\theta_s = 9\pi/8\).

Таблица B1

Из таблицы B1 видно, что натяжение \(T\) должно быть положительным (т. е. нить должна быть натянутой и прямой) в диапазоне углов \(0 < \theta < \theta_s\). Как только \(\theta\) достигает \(\theta_s\), натяжение \(T\) обращается в ноль, и часть нити, не касающаяся стержня, после этого уже не будет прямой. Поэтому наименьшее возможное значение \(s_{min}\) длины \(s\) отрезка \(QP\) достигается при \(\theta = \theta_s\) и равно \[s_{min} = L - R\theta_s = R\left(\frac{9\pi}{8} + \frac23\operatorname{ctg}\frac{\pi}{16} - \frac{9\pi}{8}\right) = \frac{2R}{3}\operatorname{ctg}\frac{\pi}{16} = 3{,}352R. \tag{B8}\] При \(\theta = \theta_s\) имеем \(T = 0\), и тогда уравнения (B2) и (B3) приводят к \(v_s^2 = -gs_{min}\sin\theta_s\). Следовательно, скорость \(v_s\) равна \[v_s = \sqrt{-gs_{min}\sin\theta_s} = \sqrt{\frac{2gR}{3}\operatorname{ctg}\frac{\pi}{16}\sin\frac{\pi}{8}} = \sqrt{\frac{4gR}{3}}\cos\frac{\pi}{16} = 1{,}133\sqrt{gR}. \tag{B9}\]

(i) При \(\theta \ge \theta_s\) частица движется как тело, брошенное в поле тяжести. Как показано на рис. B3, она брошена с начальной скоростью \(v_s\) из положения \(P = (x_s, y_s)\) в направлении, составляющем угол \(\phi = (3\pi/2 - \theta_s)\) с осью \(y\).

Скорость \(v_H\) частицы в наивысшей точке её параболической траектории равна \(y\)-компоненте её начальной скорости в момент броска. Поэтому \[v_H = v_s\sin(\theta_s - \pi) = \sqrt{\frac{4gR}{3}}\cos\frac{\pi}{16}\sin\frac{\pi}{8} = 0{,}4334\sqrt{gR}. \tag{B10}\] Горизонтальное расстояние \(H\), которое частица проходит от точки \(P\) до точки максимальной высоты, равно \[H = \frac{v_s^2\sin2(\theta_s - \pi)}{2g} = \frac{v_s^2}{2g}\sin\frac{9\pi}{4} = 0{,}4535R. \tag{B11}\]

Координаты частицы при \(\theta = \theta_s\) равны \[x_s = R\cos\theta_s - s_{min}\sin\theta_s = -R\cos\frac{\pi}{8} + s_{min}\sin\frac{\pi}{8} = 0{,}358R, \tag{B12}\] \[y_s = R\sin\theta_s + s_{min}\cos\theta_s = -R\sin\frac{\pi}{8} - s_{min}\cos\frac{\pi}{8} = -3{,}478R. \tag{B13}\] Очевидно, \(|y_s| > (R + H)\). Поэтому частица действительно может достичь максимальной высоты, не ударившись о поверхность стержня.

Часть C

(j) Пусть груз вначале находится ниже \(O\) на \(h\), как показано на рис. C1.

Когда груз пролетел расстояние \(D\) и остановился, закон сохранения полной механической энергии для системы «частица — груз» даёт \[-Mgh = E' - Mg(h + D), \tag{C1}\] где \(E'\) — полная механическая энергия частицы после остановки груза. Отсюда \[E' = MgD. \tag{C2}\] Пусть \(\Lambda\) — полная длина нити. Её значение при \(\theta = 0\) должно быть таким же, как при любом другом угловом смещении \(\theta\). Поэтому \[\Lambda = L + \frac{\pi}{2}R + h = s + R\left(\theta + \frac{\pi}{2}\right) + (h + D). \tag{C3}\] Учитывая, что \(D = \alpha L\), и вводя \(\ell = L - D\), можно записать \[\ell = L - D = (1 - \alpha)L. \tag{C4}\] Из двух последних уравнений получаем \[s = L - D - R\theta = \ell - R\theta. \tag{C5}\] После остановки груза полная механическая энергия частицы должна сохраняться. Согласно (C2), теперь вместо (B1) имеем уравнение \[E' = MgD = \frac12mv^2 - mg[R(1 - \cos\theta) + s\sin\theta]. \tag{C6}\] Соответственно, квадрат скорости частицы равен \[v^2 = (s\dot\theta)^2 = \frac{2MgD}{m} + 2gR\left[(1 - \cos\theta) + \frac{s}{R}\sin\theta\right]. \tag{C7}\] Поскольку (B3) по-прежнему справедливо, натяжение нити \(T\) определяется из \[-T + mg\sin\theta = m(-s\dot\theta^2). \tag{C8}\] Из двух последних уравнений следует \[T = m(s\dot\theta^2 + g\sin\theta) = \frac{mg}{s}\left[\frac{2M}{m}D + 2R(1 - \cos\theta) + 3s\sin\theta\right] = \frac{2mgR}{s}\left[\frac{MD}{mR} + (1 - \cos\theta) + \frac32\left(\frac{\ell}{R} - \theta\right)\sin\theta\right], \tag{C9}\] где для последнего равенства использовано (C5).

Введём теперь функцию \[f(\theta) = 1 - \cos\theta + \frac32\left(\frac{\ell}{R} - \theta\right)\sin\theta. \tag{C10}\] Поскольку \(\ell = (L - D) \gg R\), можно записать \[f(\theta) \approx 1 + \frac32\frac{\ell}{R}\sin\theta - \cos\theta = 1 + A\sin(\theta - \phi), \tag{C11}\] где введены \[A = \sqrt{1 + \left(\frac32\frac{\ell}{R}\right)^2},\qquad \phi = \operatorname{tg}^{-1}\left(\frac{2R}{3\ell}\right). \tag{C12}\] Из (C11) видно, что минимальное значение \(f(\theta)\) равно \[f_{min} = 1 - A = 1 - \sqrt{1 + \left(\frac32\frac{\ell}{R}\right)^2}. \tag{C13}\] Поскольку при обороте частицы вокруг стержня натяжение \(T\) остаётся неотрицательным, из (C9) получаем неравенство \[\frac{MD}{mR} + f_{min} = \frac{M(L - \ell)}{mR} + 1 - \sqrt{1 + \left(\frac{3\ell}{2R}\right)^2} \ge 0, \tag{C14}\] или \[\left(\frac{ML}{mR}\right) + 1 \ge \left(\frac{M\ell}{mR}\right) + \sqrt{1 + \left(\frac{3\ell}{2R}\right)^2} \approx \left(\frac{M\ell}{mR}\right) + \left(\frac{3\ell}{2R}\right). \tag{C15}\] С учётом (C4) неравенство (C15) можно записать как \[\left(\frac{ML}{mR}\right) + 1 \ge \left(\frac{ML}{mR} + \frac{3L}{2R}\right)(1 - \alpha). \tag{C16}\] Пренебрегая членами порядка \((R/L)\) и выше, из последнего неравенства получаем \[\alpha \ge 1 - \frac{\left(\dfrac{ML}{mR}\right) + 1}{\left(\dfrac{ML}{mR} + \dfrac{3L}{2R}\right)} = \frac{\dfrac{3L}{2R} - 1}{\dfrac{ML}{mR} + \dfrac{3L}{2R}} = \frac{1 - \dfrac{2R}{3L}}{\dfrac{2M}{3m} + 1} \approx \frac{1}{1 + \dfrac{2M}{3m}}. \tag{C17}\] Следовательно, критическое значение отношения \(D/L\) равно \[\alpha_c = \frac{1}{1 + \dfrac{2M}{3m}}. \tag{C18}\]

Подсказка

За время \(\Delta t\) торец сдвигается на \(v\Delta t\), а фронт волны уходит на \(u\Delta t\) — отсюда деформация. Неподвижный центр — узел смещения, свободные торцы — узлы напряжения. С пьезоэффектом напряжение \(T = Y(S - d_pE)\) должно обращаться в ноль на торцах при любом \(t\).

Ответ

(a) \(S = -v/u\), \(p = \rho uv\);  (b) \(v(x, t) = -ku\xi_0\cos k(x - ut)\), \(S(x, t) = k\xi_0\cos k(x - ut)\), \(p(x, t) = -k\rho u^2\xi_0\cos k(x - ut)\);  (c) \(B_1 = \pm1\), \(B_2 = 0\);  (d) \(f_1 = \dfrac{u}{2b} = 273\) кГц, \(f_3 = \dfrac{3u}{2b} = 818\) кГц;  (e) \(D_1 = \dfrac{Yd_p^2}{\cos(kb/2)}\), \(D_2 = \varepsilon_T\left(1 - Y\dfrac{d_p^2}{\varepsilon_T}\right)\);  (f) \(C_0 = \varepsilon_T\dfrac{bw}{h}\), \(\alpha^2 = Y\dfrac{d_p^2}{\varepsilon_T} = 9{,}82\cdot10^{-3}\).

Решение

Часть A

(a) См. рис. A1. Левый торец стержня смещается на расстояние \(v\Delta t\), а волна давления проходит расстояние \(u\Delta t\), где \(u = \sqrt{Y/\rho}\). Деформация на левом торце \[S = \frac{\Delta\ell}{\ell} = \frac{-v\Delta t}{u\Delta t} = \frac{-v}{u}. \tag{A1a}\] По закону Гука давление на левом торце \[p = -YS = Y\frac{v}{u} = \rho uv. \tag{A1b}\]

(b) Скорость \(v\) связана со смещением \(\xi\) так же, как в гармоническом колебании (или равномерном движении по окружности, как показано на рис. A2) с циклической частотой \(\omega = ku\). Поэтому если \(\xi(x, t) = \xi_0\sin k(x - ut)\), то \[v(x, t) = -ku\xi_0\cos k(x - ut). \tag{A2}\] Деформация и давление связаны со скоростью так же, как в пункте (a). Следовательно, \[S(x, t) = -v(x, t)/u = k\xi_0\cos k(x - ut), \tag{A3}\] \[p(x, t) = \rho uv(x, t) = -k\rho u^2\xi_0\cos k(x - ut) = -YS(x, t) = -kY\xi_0\cos k(x - ut). \tag{A4}\]

Другой способ: ответы можно получить дифференцированием: \[v(x, t) = \frac{\Delta\xi}{\Delta t} = -ku\xi_0\cos k(x - ut),\qquad S(x, t) = \frac{\Delta\xi}{\Delta x} = k\xi_0\cos k(x - ut),\qquad p(x, t) = -Y\frac{\Delta\xi}{\Delta x} = -kY\xi_0\cos k(x - ut).\]

Часть B

(c) Поскольку циклическая частота \(\omega\) и скорость распространения \(u\) заданы, длина волны равна \(\lambda = 2\pi/k\) с \(k = \omega/u\). Поэтому пространственная зависимость смещения \(\xi\) описывается функцией \[g(x) = B_1\sin k\left(x - \frac b2\right) + B_2\cos k\left(x - \frac b2\right). \tag{B1}\] Поскольку центры электродов считаются неподвижными, \(g(b/2) = 0\). Отсюда \(B_2 = 0\). Так как максимум \(g(x)\) равен 1, имеем \(B_1 = \pm1\) и \[g(x) = \pm\sin\frac{\omega}{u}\left(x - \frac b2\right). \tag{B2}\] Таким образом, смещение \[\xi(x, t) = \pm2\xi_0\sin\frac{\omega}{u}\left(x - \frac b2\right)\cos\omega t. \tag{B3}\]

(d) Поскольку давление \(p\) (или напряжение \(T\)) должно обращаться в ноль на торцах кварцевой пластины (т. е. при \(x = 0\) и \(x = b\)), ответ на этот вопрос можно получить по аналогии с резонансными частотами звуковых волн в открытой трубе длиной \(b\). Однако, поскольку центры электродов неподвижны, все чётные гармоники основного тона нужно исключить, так как у них в средней плоскости пластины пучность, а не узел смещения.

Поскольку основной тон имеет длину волны \(\lambda = 2b\), основная частота равна \(f_1 = u/(2b)\). Скорость распространения \(u\) равна \[u = \sqrt{\frac{Y}{\rho}} = \sqrt{\frac{7{,}87\cdot10^{10}}{2{,}65\cdot10^{3}}} = 5{,}45\cdot10^{3}\text{ м/с}, \tag{B4}\] и при \(b = 1{,}00\cdot10^{-2}\) м две наименьшие частоты стоячих волн равны \[f_1 = \frac{u}{2b} = 273\text{ (кГц)},\qquad f_3 = 3f_1 = \frac{3u}{2b} = 818\text{ (кГц)}. \tag{B5}\]

[Другое решение пунктов (c) и (d)]: продольная стоячая волна в кварцевой пластине имеет узел смещения при \(x = b/2\). Её можно рассматривать как сумму двух волн, бегущих в противоположных направлениях. Поэтому её смещение и скорость должны иметь вид \[\xi(x, t) = \xi_m\left[\sin k\left(x - \frac b2 - ut\right) + \sin k\left(x - \frac b2 + ut\right)\right] = 2\xi_m\sin k\left(x - \frac b2\right)\cos\omega t, \tag{B6}\] \[v(x, t) = -ku\xi_m\left[\cos k\left(x - \frac b2 - ut\right) - \cos k\left(x - \frac b2 + ut\right)\right] = -2\omega\xi_m\sin k\left(x - \frac b2\right)\sin\omega t, \tag{B7}\] где \(\omega = ku\), а первое и второе слагаемые в квадратных скобках представляют волны, бегущие в направлениях \(+x\) и \(-x\) соответственно. Заметим, что (B6) совпадает с (B3), если положить \(\xi_m = \pm\xi_0\).

Для волны, бегущей в направлении \(-x\), скорость \(v\) в уравнениях (A1a) и (A1b) нужно заменить на \(-v\), так что \[S = \frac{-v}{u}\quad\text{и}\quad p = \rho uv\qquad\text{(волны, бегущие вдоль } +x\text{)}, \tag{B8}\] \[S = \frac{v}{u}\quad\text{и}\quad p = -\rho uv\qquad\text{(волны, бегущие вдоль } -x\text{)}. \tag{B9}\] Как и в пункте (b), деформация и давление поэтому равны \[S(x, t) = -k\xi_m\left[-\cos k\left(x - \frac b2 - ut\right) - \cos k\left(x - \frac b2 + ut\right)\right] = 2k\xi_m\cos k\left(x - \frac b2\right)\cos\omega t, \tag{B10}\] \[p(x, t) = -\rho u\omega\xi_m\left[\cos k\left(x - \frac b2 - ut\right) + \cos k\left(x - \frac b2 + ut\right)\right] = -2\rho u\omega\xi_m\cos k\left(x - \frac b2\right)\cos\omega t. \tag{B11}\] Заметим, что \(v\), \(S\) и \(p\) можно получить также дифференцированием \(\xi\), как в пункте (b).

Напряжение \(T\) или давление \(p\) должны быть равны нулю на обоих концах (\(x = 0\) и \(x = b\)) пластины в любой момент времени, поскольку концы свободны. Согласно (B11), это возможно, только если \(\cos(kb/2) = 0\), или \[kb = \frac{\omega}{u}b = \frac{2\pi f}{\lambda f}b = n\pi,\qquad n = 1, 3, 5, \ldots \tag{B12}\] Через длину волны \(\lambda\) уравнение (B12) можно записать как \[\lambda = \frac{2b}{n},\qquad n = 1, 3, 5, \ldots. \tag{B13}\] Частота равна \[f = \frac{u}{\lambda} = \frac{nu}{2b} = \frac{n}{2b}\sqrt{\frac{Y}{\rho}},\qquad n = 1, 3, 5, \ldots. \tag{B14}\] Это совпадает с результатами (B4) и (B5).

(e) Из уравнений (5a) и (5b) условия пьезоэлектрический эффект приводит к уравнениям \[T = Y(S - d_pE), \tag{B15}\] \[\sigma = Yd_pS + \varepsilon_T\left(1 - Y\frac{d_p^2}{\varepsilon_T}\right)E. \tag{B16}\] Поскольку \(x = b/2\) должно быть узлом смещения для любой продольной стоячей волны в пластине, смещение \(\xi\) и деформация \(S\) должны иметь вид, даваемый (B6) и (B10), т. е. при \(\omega = ku\) \[\xi(x, t) = \xi_m\sin k\left(x - \frac b2\right)\cos(\omega t + \phi), \tag{B17}\] \[S(x, t) = k\xi_m\cos k\left(x - \frac b2\right)\cos(\omega t + \phi), \tag{B18}\] где теперь во временные множители включена фазовая постоянная \(\phi\).

По предположению электрическое поле \(E\) между электродами однородно и зависит только от времени: \[E(x, t) = \frac{V(t)}{h} = \frac{V_m\cos\omega t}{h}. \tag{B19}\] Подставляя (B18) и (B19) в (B15), получаем \[T = Y\left[k\xi_m\cos k\left(x - \frac b2\right)\cos(\omega t + \phi) - \frac{d_p}{h}V_m\cos\omega t\right]. \tag{B20}\] Напряжение \(T\) должно быть равно нулю на обоих концах (\(x = 0\) и \(x = b\)) пластины в любой момент времени, поскольку они свободны. Это возможно, только если \(\phi = 0\) и \[k\xi_m\cos\frac{kb}{2} = d_p\frac{V_m}{h}. \tag{B21}\] Поскольку \(\phi = 0\), из (B16), (B18) и (B19) следует, что поверхностная плотность заряда должна иметь ту же зависимость от времени \(t\) и может быть записана как \[\sigma(x, t) = \sigma(x)\cos\omega t, \tag{B22}\] где зависимость от \(x\) имеет вид \[\sigma(x) = Yd_pk\xi_m\cos k\left(x - \frac b2\right) + \varepsilon_T\left(1 - Y\frac{d_p^2}{\varepsilon_T}\right)\frac{V_m}{h} = \left[Y\frac{d_p^2}{\cos\dfrac{kb}{2}}\cos k\left(x - \frac b2\right) + \varepsilon_T\left(1 - Y\frac{d_p^2}{\varepsilon_T}\right)\right]\frac{V_m}{h}. \tag{B23}\]

(f) В момент \(t\) полный поверхностный заряд \(Q(t)\) на нижнем электроде получается интегрированием \(\sigma(x, t)\) из (B22) по поверхности электрода. Результат: \[\frac{Q(t)}{V(t)} = \frac{1}{V(t)}\int_0^b\sigma(x, t)w\,dx = \frac{1}{V_m}\int_0^b\sigma(x)w\,dx = \frac wh\int_0^b\left[Y\frac{d_p^2}{\cos\dfrac{kb}{2}}\cos k\left(x - \frac b2\right) + \varepsilon_T\left(1 - Y\frac{d_p^2}{\varepsilon_T}\right)\right]dx\] \[= \left(\varepsilon_T\frac{bw}{h}\right)\left[Y\frac{d_p^2}{\varepsilon_T}\left(\frac{2}{kb}\operatorname{tg}\frac{kb}{2}\right) + \left(1 - Y\frac{d_p^2}{\varepsilon_T}\right)\right] = C_0\left[\alpha^2\left(\frac{2}{kb}\operatorname{tg}\frac{kb}{2}\right) + (1 - \alpha^2)\right], \tag{B24}\] где \[C_0 = \varepsilon_T\frac{bw}{h},\qquad \alpha^2 = Y\frac{d_p^2}{\varepsilon_T} = \frac{(2{,}25)^2\cdot10^{-2}}{1{,}27\times4{,}06} = 9{,}82\cdot10^{-3}. \tag{B25}\] (Постоянная \(\alpha\) называется коэффициентом электромеханической связи.)

Примечание: результат \(C_0 = \varepsilon_Tbw/h\) легко увидеть, рассмотрев статический предел \(k = 0\) уравнения (5) условия. Поскольку \(\operatorname{tg}x \approx x\) при \(x \ll 1\), имеем \[\lim_{k\to0}Q(t)/V(t) \approx C_0[\alpha^2 + (1 - \alpha^2)] = C_0. \tag{B26}\] Очевидно, постоянная \(C_0\) — это ёмкость плоского конденсатора, образованного электродами (площадью \(bw\)) с кварцевой пластиной (толщиной \(h\) и диэлектрической проницаемостью \(\varepsilon_T\)) в качестве диэлектрика. Поэтому она равна \(\varepsilon_Tbw/h\).

Подсказка

(a) Энергия электрона максимальна, когда «масса» пары протон — антинейтрино минимальна, т. е. когда они движутся как одно целое. (b) Сила левитации — разность импульсов, приносимых падающим светом и уносимых преломлёнными лучами, которые отклоняются от оси на малый угол \((n - 1)\theta_i\).

Ответ

(a) \(E_{max} = \dfrac{c^2}{2m_n}\left[m_n^2 + m_e^2 - (m_p + m_\nu)^2\right] \approx 1{,}29\) МэВ, \(\dfrac{v_m}{c} = \dfrac{\sqrt{(m_n + m_e + M)(m_n + m_e - M)(m_n - m_e + M)(m_n - m_e - M)}}{m_n^2 - m_e^2 + M^2} \approx 0{,}00127\), где \(M = m_p + m_\nu\);  (b) \(P = \dfrac{4mgcR^2}{(n - 1)^2\delta^2}\).

Решение

Часть A

(a) Пусть \((c^2E_e, c\vec q_e)\), \((c^2E_p, c\vec q_p)\) и \((c^2E_\nu, c\vec q_\nu)\) — 4-векторы энергии-импульса электрона, протона и антинейтрино соответственно в системе покоя нейтрона. Заметим, что все величины \(E_e, E_p, E_\nu, \vec q_e, \vec q_p, \vec q_\nu\) выражены в единицах массы. Протон и антинейтрино можно рассматривать как систему с полной массой покоя \(M_c\), полной энергией \(c^2E_c\) и полным импульсом \(c\vec q_c\). Тогда \[E_c = E_p + E_\nu,\qquad \vec q_c = \vec q_p + \vec q_\nu,\qquad M_c^2 = E_c^2 - q_c^2. \tag{A1}\] Заметим, что модуль вектора \(\vec q_c\) обозначен \(q_c\). То же соглашение применяется ко всем другим векторам.

Поскольку при распаде нейтрона энергия и импульс сохраняются, имеем \[E_c + E_e = m_n, \tag{A2}\] \[\vec q_c = -\vec q_e. \tag{A3}\] Возведение последнего уравнения в квадрат даёт равенство \[q_c^2 = q_e^2 = E_e^2 - m_e^2. \tag{A4}\] Из (A4) и третьего равенства (A1) получаем \[E_c^2 - M_c^2 = E_e^2 - m_e^2. \tag{A5}\] Перенеся второй и третий члены в другую часть равенства, уравнение (A5) можно разделить на (A2): \[E_c - E_e = \frac{1}{m_n}(M_c^2 - m_e^2). \tag{A6}\] Решая (A2) и (A6) как систему линейных уравнений, получаем \[E_c = \frac{1}{2m_n}(m_n^2 - m_e^2 + M_c^2), \tag{A7}\] \[E_e = \frac{1}{2m_n}(m_n^2 + m_e^2 - M_c^2). \tag{A8}\] С помощью (A8) последнее равенство (A4) можно переписать как \[q_e = \frac{1}{2m_n}\sqrt{(m_n^2 + m_e^2 - M_c^2)^2 - (2m_nm_e)^2} = \frac{1}{2m_n}\sqrt{(m_n + m_e + M_c)(m_n + m_e - M_c)(m_n - m_e + M_c)(m_n - m_e - M_c)}. \tag{A9}\] Из (A8) видно, что максимуму \(E_e\) соответствует минимум \(M_c^2\). Масса покоя \(M_c\) — это полная энергия пары протон — антинейтрино в их системе центра масс (или центра импульсов), поэтому она достигает минимума \[(M_c)_{min} = M = m_p + m_\nu, \tag{A10}\] когда протон и антинейтрино оба покоятся в системе центра масс. Следовательно, из (A8) и (A10) максимальная энергия электрона \(E = c^2E_e\) равна \[E_{max} = \frac{c^2}{2m_n}\left[m_n^2 + m_e^2 - (m_p + m_\nu)^2\right] \approx 1{,}292569\text{ МэВ} \approx 1{,}29\text{ МэВ}. \tag{A11}\] Когда выполняется (A10), протон и антинейтрино движутся с одной и той же скоростью \(v_m\) центра масс, и \[\frac{v_m}{c} = \left(\frac{q_\nu}{E_\nu}\right)_{E = E_{max}} = \left(\frac{q_p}{E_p}\right)_{E = E_{max}} = \left(\frac{q_c}{E_c}\right)_{E = E_{max}} = \left(\frac{q_e}{E_c}\right)_{M_c = m_p + m_\nu}, \tag{A12}\] где последнее равенство следует из (A3). С помощью (A7) и (A9) последнее выражение в (A12) позволяет найти скорость антинейтрино при \(E = E_{max}\). Таким образом, при \(M = m_p + m_\nu\) \[\frac{v_m}{c} = \frac{\sqrt{(m_n + m_e + M)(m_n + m_e - M)(m_n - m_e + M)(m_n - m_e - M)}}{m_n^2 - m_e^2 + M^2} \approx 0{,}00126538 \approx 0{,}00127. \tag{A13}\]

[Другое решение]

Пусть в системе покоя нейтрона электрон вылетает с импульсом \(c\vec q_e\) и энергией \(c^2E_e\), протон — с \(c\vec q_p\) и \(c^2E_p\), антинейтрино — с \(c\vec q_\nu\) и \(c^2E_\nu\). Обозначая модуль вектора \(\vec q_\alpha\) символом \(q_\alpha\), имеем \[E_p^2 = m_p^2 + q_p^2,\qquad E_\nu^2 = m_\nu^2 + q_\nu^2,\qquad E_e^2 = m_e^2 + q_e^2. \tag{1A}\] Сохранение энергии и импульса при распаде нейтрона даёт \[E_p + E_\nu = m_n - E_e, \tag{2A}\] \[\vec q_p + \vec q_\nu = -\vec q_e. \tag{3A}\] Возведение двух последних уравнений в квадрат даёт \[E_p^2 + E_\nu^2 + 2E_pE_\nu = (m_n - E_e)^2, \tag{4A}\] \[q_p^2 + q_\nu^2 + 2\vec q_p\cdot\vec q_\nu = q_e^2 = E_e^2 - m_e^2. \tag{5A}\] Вычитая (5A) из (4A) и используя (1A), получаем \[m_p^2 + m_\nu^2 + 2(E_pE_\nu - \vec q_p\cdot\vec q_\nu) = m_n^2 + m_e^2 - 2m_nE_e, \tag{6A}\] или, что равносильно, \[2m_nE_e = m_n^2 + m_e^2 - m_p^2 - m_\nu^2 - 2(E_pE_\nu - \vec q_p\cdot\vec q_\nu). \tag{7A}\] Если \(\theta\) — угол между \(\vec q_p\) и \(\vec q_\nu\), то \(\vec q_p\cdot\vec q_\nu = q_pq_\nu\cos\theta \le q_pq_\nu\), так что (7A) приводит к соотношению \[2m_nE_e \le m_n^2 + m_e^2 - m_p^2 - m_\nu^2 - 2(E_pE_\nu - q_pq_\nu). \tag{8A}\] Заметим, что равенство в (8A) выполняется только при \(\theta = 0\), т. е. энергия электрона \(c^2E_e\) принимает максимальное значение, только когда антинейтрино и протон движутся в одном направлении.

Пусть скорости протона и антинейтрино в системе покоя нейтрона равны \(c\beta_p\) и \(c\beta_\nu\) соответственно. Тогда \(q_p = \beta_pE_p\) и \(q_\nu = \beta_\nu E_\nu\). Как показано на рис. A1, введём для антинейтрино угол \(\phi_\nu\) (\(0 \le \phi_\nu < \pi/2\)): \[q_\nu = m_\nu\operatorname{tg}\phi_\nu,\qquad E_\nu = \sqrt{m_\nu^2 + q_\nu^2} = m_\nu\sec\phi_\nu,\qquad \beta_\nu = q_\nu/E_\nu = \sin\phi_\nu. \tag{9A}\]

Аналогично для протона запишем при \(0 \le \phi_p < \pi/2\) \[q_p = m_p\operatorname{tg}\phi_p,\qquad E_p = \sqrt{m_p^2 + q_p^2} = m_p\sec\phi_p,\qquad \beta_p = q_p/E_p = \sin\phi_p. \tag{10A}\] Тогда (8A) можно записать как \[2m_nE_e \le m_n^2 + m_e^2 - m_p^2 - m_\nu^2 - 2m_pm_\nu\left(\frac{1 - \sin\phi_p\sin\phi_\nu}{\cos\phi_p\cos\phi_\nu}\right). \tag{11A}\] Множитель в скобках в конце последнего уравнения можно записать как \[\frac{1 - \sin\phi_p\sin\phi_\nu}{\cos\phi_p\cos\phi_\nu} = \frac{1 - \sin\phi_p\sin\phi_\nu - \cos\phi_p\cos\phi_\nu}{\cos\phi_p\cos\phi_\nu} + 1 = \frac{1 - \cos(\phi_p - \phi_\nu)}{\cos\phi_p\cos\phi_\nu} + 1 \ge 1, \tag{12A}\] и он, очевидно, принимает наименьшее возможное значение 1 при \(\phi_p = \phi_\nu\), т. е. когда антинейтрино и протон движутся с одной и той же скоростью, так что \(\beta_p = \beta_\nu\). Таким образом, из (11A) следует, что максимальное значение \(E_e\) равно \[(E_e)_{max} = \frac{1}{2m_n}(m_n^2 + m_e^2 - m_p^2 - m_\nu^2 - 2m_pm_\nu) = \frac{1}{2m_n}\left[m_n^2 + m_e^2 - (m_p + m_\nu)^2\right], \tag{13A}\] а максимальная энергия электрона \(E = c^2E_e\) равна \[E_{max} = c^2(E_e)_{max} \approx 1{,}292569\text{ МэВ} \approx 1{,}29\text{ МэВ}. \tag{14A}\] Когда антинейтрино и протон движутся с одной и той же скоростью, из (9A), (10A), (2A), (3A) и (1A) получаем \[\beta_\nu = \beta_p = \frac{q_p}{E_p} = \frac{q_\nu}{E_\nu} = \frac{q_p + q_\nu}{E_p + E_\nu} = \frac{q_e}{m_n - E_e} = \frac{\sqrt{E_e^2 - m_e^2}}{m_n - E_e}. \tag{15A}\] Подставляя в последнее уравнение результат (13A), находим скорость \(v_m\) антинейтрино, когда электрон достигает максимальной энергии \(E_{max}\), при \(M = m_p + m_\nu\): \[\frac{v_m}{c} = (\beta_\nu)_{\max E_e} = \frac{\sqrt{(E_e)_{max}^2 - m_e^2}}{m_n - (E_e)_{max}} = \frac{\sqrt{(m_n^2 + m_e^2 - M^2)^2 - 4m_n^2m_e^2}}{2m_n^2 - (m_n^2 + m_e^2 - M^2)}\] \[= \frac{\sqrt{(m_n + m_e + M)(m_n + m_e - M)(m_n - m_e + M)(m_n - m_e - M)}}{m_n^2 - m_e^2 + M^2} \approx 0{,}00126538 \approx 0{,}00127. \tag{16A}\]

Часть B. Световая левитация

(b) См. рис. B1. Преломление света на сферической поверхности подчиняется закону Снеллиуса: \[n\sin\theta_i = \sin\theta_t. \tag{B1}\] Пренебрегая в синусах членами порядка \((\delta/R)^3\) и выше, получаем из (B1) \[n\theta_i \approx \theta_t. \tag{B2}\] Для треугольника \(\triangle FAC\) на рис. B1 \[\beta = \theta_t - \theta_i \approx n\theta_i - \theta_i = (n - 1)\theta_i. \tag{B3}\]

Пусть \(f_0\) — частота падающего света. Если \(n_p\) — число фотонов, падающих на плоскую поверхность на единицу площади в единицу времени, то полное число фотонов, падающих на плоскую поверхность в единицу времени, равно \(n_p\pi\delta^2\). Полная мощность \(P\) фотонов, падающих на плоскую поверхность, равна \((n_p\pi\delta^2)(hf_0)\), где \(h\) — постоянная Планка. Следовательно, \[n_p = \frac{P}{\pi\delta^2hf_0}. \tag{B4}\] Число фотонов, падающих в единицу времени на кольцо плоской поверхности с внутренним радиусом \(r\) и внешним радиусом \(r + dr\), равно \(n_p(2\pi r\,dr)\), где \(r = R\operatorname{tg}\theta_i \approx R\theta_i\). Поэтому \[n_p(2\pi r\,dr) \approx n_p(2\pi R^2)\theta_id\theta_i. \tag{B5}\] \(z\)-компонента импульса, уносимого в единицу времени этими фотонами после преломления на сферической поверхности, равна \[dF_z = n_p\frac{hf_0}{c}(2\pi r\,dr)\cos\beta \approx n_p\frac{hf_0}{c}(2\pi R^2)\left(1 - \frac{\beta^2}{2}\right)\theta_id\theta_i \approx n_p\frac{hf_0}{c}(2\pi R^2)\left[\theta_i - \frac{(n - 1)^2}{2}\theta_i^3\right]d\theta_i, \tag{B6}\] так что \(z\)-компонента полного импульса, уносимого в единицу времени, равна \[F_z = 2\pi R^2n_p\left(\frac{hf_0}{c}\right)\int_0^{\theta_{im}}\left[\theta_i - \frac{(n - 1)^2}{2}\theta_i^3\right]d\theta_i = \pi R^2n_p\left(\frac{hf_0}{c}\right)\theta_{im}^2\left[1 - \frac{(n - 1)^2}{4}\theta_{im}^2\right], \tag{B7}\] где \(\operatorname{tg}\theta_{im} = \dfrac{\delta}{R} \approx \theta_{im}\). Поэтому, используя (B5), имеем \[F_z = \frac{\pi R^2P}{\pi\delta^2hf_0}\left(\frac{hf_0}{c}\right)\frac{\delta^2}{R^2}\left[1 - \frac{(n - 1)^2\delta^2}{4R^2}\right] = \frac Pc\left[1 - \frac{(n - 1)^2\delta^2}{4R^2}\right]. \tag{B8}\]

Сила оптической левитации равна сумме \(z\)-компонент сил, действующих на стеклянную полусферу со стороны падающего и преломлённого света: \[\frac Pc + (-F_z) = \frac Pc - \frac Pc\left[1 - \frac{(n - 1)^2\delta^2}{4R^2}\right] = \frac{(n - 1)^2\delta^2}{4R^2}\frac Pc. \tag{B9}\] Приравнивая её весу \(mg\) стеклянной полусферы, получаем минимальную мощность лазера, необходимую для левитации полусферы: \[P = \frac{4mgcR^2}{(n - 1)^2\delta^2}. \tag{B10}\]